Ασκήσεις στην Ανάλυση!

#141

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 43

Θεωρούμε τον μοναδιαίο κύκλο $\displaystyle{S^{1}=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2: x^2+y^2=1\right\}\subseteq \mathbb{R}^2}$ και αφαιρούμε

από αυτόν ένα σημείο του $\displaystyle{\left(\cos\,\phi,\sin\,\phi\right)\,,\phi\in\left(0,2\,\pi\right)}$ .

Να αποδείξετε οτι για κάποιο $\displaystyle{k\in\mathbb{Z}}$ τα σύνολα $\displaystyle{S^{1}-\left\{\left(\cos\,\phi,\sin\,\phi\right)\right\}\subseteq \mathbb{R}^2}$ και

$\displaystyle{\left(\phi+2\,k\,\pi,\phi+2\,(k+1)\,\pi\right)\subseteq \mathbb{R}}$ είναι ομοιομορφικά.

Στρίβουμε το τόξο με συνεχή τρόπο (στροφή) ώστε το σημείο που αφαιρέσαμε να έρθει στην κορυφή. Κάνουμε συρρίκνωση ώστε το τόξο να απεικονισθεί σε τμήμα του (τα άκρα λείπουν), όπως το κόκκινο τόξο στο σχήμα. Τώρα το προβάλουμε σε οποιοδήποτε ανοικτό διάστημα. Η σύνθεση αυτών, μας αρκεί.

#142

socrates έγραψε:Άσκηση 44
Για κάθε $n\in \Bbb{N}^*$ , ορίζουμε $f_n: [1, \infty)\to \Bbb{R}, \ f_n(x)=x-n+x\ln x.$
Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει μοναδική λύση, έστω και να υπολογίσετε τα όρια $\lim x_n$ και $\displaystyle{\lim \frac{x_n \ln n}{n}.}$

Η ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης έπεται από το γεγονός ότι η $x+x\ln x$ είναι γνήσια αύξουσα (απλό) με σύνολο τιμών $[1, +\infty )$ .

α) Αν

η μοναδική λύση (χάριν οικονομίας θα γράφω

αντί

), έχουμε

$\displaystyle{ 0 =x-n+x\ln x \le x-n+x(x-1) = x^2-n}$ , οπότε $x\ge \sqrt n$ και άρα το ζητούμενο όριο είναι $+\infty$ .

β) Αν $\displaystyle{ x < \frac {n}{\ln n}}$ , τότε θα είχαμε $\displaystyle{\ln x < \ln n - \ln(\ln n) }$ και άρα

$\displaystyle{0 = x-n+x\ln x < \frac {n}{\ln n} - n + \frac {n}{\ln n} ( \ln n - \ln(\ln n) ) = \frac {n (1-\ln (\ln n))}{\ln n}}$

που για μεγάλα

είναι

(αφού $\displaystyle{\lim_{y\to \+\infty } \ln y=+\infty}$ ) . Το άτοπο δείχνει ότι για μεγάλα

ισχύει $\displaystyle{ x \ge \frac {n}{\ln n}}$ .

Θα δείξουμε ότι για οποιοδήποτε d>1

ισχύει για μεγάλα

η ανισότητα $\displaystyle{ x \le \frac {dn}{\ln n}$ . Πράγματι, αν $x > \frac {dn}{\ln n}$ θα είχαμε

$\displaystyle { 0= x-n+x\ln x > \frac {dn}{\ln n}-n + \frac {dn}{\ln n}\left (\ln d +\ln n - \ln (\ln n) \right)$

$\displaystyle{ = \frac {dn +dn\ln d + n\left ( (d-1) \ln n - d \ln (\ln n ) \right ) }{\ln n} }$

Όμως το δεξί μέλος είναι γνήσια θετικό για μεγάλα

(τείνει στο $+\infty$ καθώς τείνουν στο $+\infty$ χωριστά οι τρεις προσθετέοι). Το άτοπο δείχνει ότι τελικά για μεγάλα

ισχύει

$\displaystyle{ \frac {n}{\ln n } \le x \le \frac {dn} {\ln n}}$ ή αλλιώς $\displaystyle{ 1 \le \frac {x \ln n}{n} \le d}$ .

Αφού το d>1

είναι τυχαίο, έπεται ότι το ζητούμενο όριο είναι

.

Φιλικά,

Μιχάλης

χρηστος ευαγγελινος · #143

[quote="sokratis lyras"]Ας το δυσκολέψουμε λίγο :

Άσκηση 10

Έστω $\displaystyle f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη.Αν για κάθε $\displaystyle x \in \mathbb{R}$ υπάρχει $\displaystyle n\in \mathbb{N}$ ώστε για κάθε $k\ge n$ να ισχύει f^k(x)=0

, να δείξετε ότι η

είναι πολυώνυμο.[quote="sokratis lyras"]

Δεν προκυπτει άμεσα από τον τύπο του taylor?

#144

χρηστος ευαγγελινος έγραψε:
sokratis lyras έγραψε:Ας το δυσκολέψουμε λίγο :

Άσκηση 10

Έστω $\displaystyle f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ άπειρες φορές παραγωγίσιμη.Αν για κάθε $\displaystyle x \in \mathbb{R}$ υπάρχει $\displaystyle n\in \mathbb{N}$ ώστε για κάθε $k\ge n$ να ισχύει , να δείξετε ότι η είναι πολυώνυμο.
Δεν προκυπτει άμεσα από τον τύπο του taylor?

Όχι δεν προκύπτει για τον απλούστατο λόγο ότι το

της υπόθεσης εξερτάται από το

. Αν δεν εξαρτιώταν, δηλαδή αν η υπόθεση ήταν η εξής παραλλαγή:

Yπάρχει $\displaystyle n\in \mathbb{N}$ τέτοιο ώστε για κάθε $\displaystyle x \in \mathbb{R}$ και για κάθε [tex]k\ge n[/tex] ισχύει f^k(x)=0

τότε πράγματι το ζητούμενο θα ήταν άμεσο από τον τύπο του Taylor.

Η εξάρτηση του

από το

στην υπόθεση είναι η ουσία της άσκησης. Για σωτή λύση βλέπε τις παραπομπές που υπάρχουν εδώ

Ελπίζω να διευκρίνισα που είναι το λογικό σφάλμα στον συλλογισμό σου.

Tolaso J Kos · #145

Ίσως να ναι και εύκολο, αλλά εμένα με δυσκόλεψε αρκετά.

Άσκηση 45

Να βρεθεί ακολουθία ανοιχτών συνόλων $\{G_n\}$ του $\mathbb{R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\mathbb{Z}=\bigcap_{n=1}^{\infty}G_n }$ .

#146

Tolaso J Kos έγραψε:Ίσως να ναι και εύκολο, αλλά εμένα με δυσκόλεψε αρκετά.

Άσκηση 45

Να βρεθεί ακολουθία ανοιχτών συνόλων $\{G_n\}$ του $\mathbb{R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\mathbb{Z}=\bigcap_{n=1}^{\infty}G_n }$ .

Ναι είναι εύκολο. Απλά παίρνουμε $\displaystyle{ G_n = \bigcup_{m \in \mathbb{Z}} \left(m-\frac{1}{n},m+\frac{1}{n} \right)}$

Tolaso J Kos · #147

nickthegreek έγραψε:Mιας και είμαστε στο θέμα, ας προτείνω (άτυπα;) το ακόλουθο γνωστό θεώρημα σαν άσκηση:

ΑΣΚΗΣΗ 41+ 1/2

Lebesgue criterion for Riemann integrability

Έστω $f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ . Nα αποδειχθεί ότι η συνάρτηση είναι Riemann oλοκληρώσιμη αν και μόνον αν είναι φραγμένη και το σύνολο ασυνεχειών της έχει μέτρο 0.

Νίκο καλημέρα. Δίδω την απόδειξη που έχω δει σε ένα βιβλίο η οποία είναι και αρκετά μεγάλη.

$(\Rightarrow)$ Έστω

μια ${\rm Riemann}$ ολοκληρώσιμη συνάρτηση στο [a, b]

. Η

είναι προφανώς φραγμένη. Έστω

το σύνολο ασυνέχειας της

. Τότε $D=\{ x:\omega_f(x)>0 \}$ . Αρκεί να δείξουμε ότι το

έχει μέτρο

. Για κάθε $\alpha>0$ έστω $N(\alpha)=\{x \in [a, b]: \omega_f(x)\geq \alpha \}$ . Τότε $\displaystyle{D= \bigcup_{k=1}^{\infty}N \left ( \frac{1}{k} \right )}$ . Οπότε χρειαζόμαστε μόνο να αποδείξουμε ότι κάθε $N(\alpha)$ έχει μηδενικό μέτρο.

Για το λόγο αυτό σταθεροποιούμε ένα $\alpha>0$ και έστω $\epsilon>0$ . Από το βασικό κριτήριο ολοκληρωσιμότητας μπορούμε να επιλέξουμε μια διαμέριση $P=\{ x_0, x_1, \dots, x_n\}$ του [a, b]

με $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}\omega f \left ( \left [ x_{i-1}, x_i \right ] \right )\left ( x_i -x_{i-1} \right )< \frac{a\epsilon}{2}}$ και υποθέτουμε ότι τα x_i

είναι διακριτά μεταξύ τους. Έστω

το σύνολο όλων των

για τα οποία το $(x_{i-1}, x_i)$ τέμνει (intersects) το $N(\alpha)$ . Τότε για κάθε $i \in F, \; \omega f \left ( \left [ x_{i-1}, x_i \right ] \right )\geq \alpha$ .

Συνεπώς: $\alpha \sum \limits_{i \in F} \Delta x_i \leq \sum \limits_{i \in F} \omega f \left ( \left [ x_{i-1}, x_i \right ] \right ) \Delta x_i < \dfrac{a\epsilon}{2}$ .

έτσι ώστε το άθροισμα των μηκών των διαστημάτων $(x_{i-1}, x_i)$ είναι μικρότερο από το $\epsilon/2$ . Αυτά καλύπτουν το $N(\alpha)$ εκτός των στοιχειών $\left \{ x_0, x_1, \dots, x_n \right \}$ . Όμως , αυτά μπορούν να καλυφθούν από διαστήματα το μήκος των οποίων είναι μικρότερο από $\epsilon/2$ . Συνεπώς το $N(\alpha)$ μπορεί να καλυφθεί από ανοιχτά διαστήματα μήκος μικρότερου του $\epsilon$ .

$(\Leftarrow)$ Υποθέτουμε πως η

είναι φραγμένη και πως το σύνολο ασυνεχειών της έχει μέτρο μηδέν. Θα δείξουμε ότι η

είναι ${\rm Riemann}$ ολοκληρώσιμη. Έστω $\epsilon>0$ και έστω $E=\left \{ x: \omega_f(x)\geq \epsilon \right \}$ . Εφόσον $E \subset D$ αυτό συνεπάγεται πως έχει μέτρο

. Τότε το

μπορεί να καλυφθεί από μια μετρήσιμη οικογένεια ανοιχτών διαστημάτων των οποίων το μήκος είναι μικρότερο του $\epsilon$ . Εφόσον το

είναι κλειστό και φραγμένο , σημαίνει ότι είναι συμπαγές , οπότε $\displaystyle{E \subset \bigcup_{i=1}^{m}U_i}$ (όπου U_i

τα διαστήματα). Για κάθε

έστω

να είναι η κλειστότητα (closure) των U_i

. Για απλότητα , αντικαθιστώντας ζευγάρια που τέμνονται (intersect) υποθέτουμε ότι ανά δύο τα I_i

δε τέμνονται. Έστω $\mathcal{D}= \left \{ I_1, \dots, I_m \right \}$ .

Το σύνολο $\displaystyle{K=[a, b] \setminus \bigcup_{i=1}^{m}U_i}$ είναι συμπαγές και αποτελείται από στοιχεία τέτοια ώστε $\omega_f(x) <\epsilon$ . Για κάθε $x \in K$ υπάρχει κλειστό διάστημα

τέτοιο ώστε $x \in {\rm int} J$ και $\omega f(|J|)< \epsilon$ . Από συμπάγεια έπεται ότι ένας πεπερασμένος αριθμός τέτοιων διαστημάτων καλύπτει το

. Μπορούμε επίσης να υποθέσουμε πως είναι όλα υποσύνολα του

. Έστω $\mathcal{C}=\{J_1, \dots, J_k\}$ κλειστά διαστήματα τέτοια ώστε η ένωσή τους να 'ναι το

και τέτοια ώστε $\omega f (|J_j|)< \epsilon$ για κάθε

. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα J_k

δεν επικαλύπτονται.

H οικογένεια $\displaystyle{\mathcal{D} \cup \mathcal{C}= \left \{ [x_0, x_1], \; [x_1, x_2], \dots, [x_{n-1}, x_n] \right \}}$ διαμερίσεις του [a, b]

και επιπλέον:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\omega f \left ( \left [ x_{i-1}, x_i \right ] \right ) \left ( x_i -x_{i-1} \right ) &=\sum_{i=1}^{m}\omega f(I_i)\ell (I_i) + \sum_{j=1}^{k}\omega f(J_j) \ell (J_j) \\ &\leq \sum_{i} 2 \left \| f \right \| \ell (I_i) + \sum_{j=1}^{k}\epsilon \ell (J_j) \\ &=2 \left \| f \right \| \sum_{i} \ell (I_i) + \epsilon (b-a)\\ &\leq 2\left \| f \right \|\epsilon + \epsilon (b-a) \end{aligned}}$

το οποίο είναι αρκούντως μικρό. Οπότε το βασικό κριτήριο ολοκληρωσιμότητας ικανοποιείται και η

είναι ${\rm Riemann}$ ολοκληρώσιμη.

(*)

Για μια πραγματική συνάρτηση

ορισμένη σε ένα διάστημα

και $I \subset X$ τότε το $\displaystyle{\omega f(I)= \sup _{s ,t \in I} \left | f(s)-f(t) \right |}$ δηλώνει τη ταλάντωση (oscillation) της

στο

, ενώ το $\displaystyle{\omega_f (x)= \inf \left \{ \omega f (\left ( B, \delta \right )): \delta>0 \right \}}$ δηλώνει τη ταλάντωση της

στο σημείο

. Επίσης με $\ell(I)$ δηλώνεται το μήκος του διαστήματος.

Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος κατά τη πληκτρολόγηση.

Tolaso J Kos · #148

Άσκηση 46

Έστω 0<a<b

πραγματικοί αριθμοί. Ορίζουμε:

$\displaystyle{x_1=a, \;\; x_2=b , \;\; x_{2n+1}=\sqrt{x_{2n} x_{2n-1}}, \;\; x_{2n+2}=\frac{x_{2n}+x_{2n-1}}{2}}$

Αποδείξτε ότι η ακολουθία συγκλίνει και βρείτε το όριό της.

#149

Tolaso J Kos έγραψε:Άσκηση 46

Έστω πραγματικοί αριθμοί. Ορίζουμε:

$\displaystyle{x_1=a, \;\; x_2=b , \;\; x_{2n+1}=\sqrt{x_{2n} x_{2n-1}}, \;\; x_{2n+2}=\frac{x_{2n}+x_{2n-1}}{2}}$

Αποδείξτε ότι η ακολουθία συγκλίνει και βρείτε το όριό της.

Είναι άμεσο ότι $\displaystyle{x_{2n-1}< \sqrt{x_{2n} x_{2n-1}} < \frac{x_{2n}+x_{2n-1}}{2}} < x_{2n}$ ή αλλιώς $\displaystyle{x_{2n-1}< x_{2n+1} < x_{2n+2}< x_{2n}$

Άρα $\displaystyle{(x_{2n-1})$ αύξουσα και φραγμένη, και $\displaystyle{(x_{2n})$ φθίνουσα και φραγμένη, που σημαίνει ότι και οι δύο συγκλίνουν. Αν c,d

, αντίστοιχα, τα όριά τους, είναι άμεσο ότι
$c=\sqrt {cd}, \, d = (c+d)/2$ , από όπου c=d

.

Από εδώ και κάτω κάνω λάθος: Η αναδρομική σχέση που επικαλούμαι (Gauss) είναι διαφορετική από την παραπάνω. Ευχαριστώ τον Δημήτρη (βλέπε το επόμενο ποστ) για την επισήμανση.

Το τελευταίο ερώτημα ρωτά την τιμή του ορίου.

Μάλλον δεν το εννοείς!

Στην βιβλιογραφία το όριο δεν το βρίσκουμε αλλά το βαφτίζουμε γιατί πρόκειται για νέο αριθμό. Συγκεκριμένα, ονομάζεται "ο αριθμητικογεωμετρικός μέσος M(a,b)

του Gauss". Πρόκειται για έναν αριθμό τον οποίο μελέτησε εκτενώς ο Gauss και για τον οποίο έδειξε ότι ισούται με το ελλειπτικό ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \frac {\pi }{2} \frac {1}{ \int _0^{\pi} \frac {d\theta }{\sqrt {a^2\cos^2 \theta + b^2 \sin ^ 2ψ\theta}} } }$ (που δεν υπολογίζεται στοιχειωδώς).

Αν βάλετε στο Google τις λέξεις

Gauss arithmetic geometric mean

θα σας βγάλει πολλά, όπως π.χ. το https://en.wikipedia.org/wiki/Arithmeti ... etric_mean

Φιλικά,

Μιχάλης

Tolaso J Kos · #150

κ. Μιχάλη καλησπέρα. Δε το γραψα σωστά αυτό με το όριο.
Ήθελα να γράψω να εκφραστεί το όριο ως άπειρο τομή.

Ζητώ συγνώμη για τη παράλειψη.

#151

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:Άσκηση 46

Έστω πραγματικοί αριθμοί. Ορίζουμε:

$\displaystyle{x_1=a, \;\; x_2=b , \;\; x_{2n+1}=\sqrt{x_{2n} x_{2n-1}}, \;\; x_{2n+2}=\frac{x_{2n}+x_{2n-1}}{2}}$

Αποδείξτε ότι η ακολουθία συγκλίνει και βρείτε το όριό της.
Είναι άμεσο ότι $\displaystyle{x_{2n-1}< \sqrt{x_{2n} x_{2n-1}} < \frac{x_{2n}+x_{2n-1}}{2}} < x_{2n}$ ή αλλιώς $\displaystyle{x_{2n-1}< x_{2n+1} < x_{2n+2}< x_{2n}$

Άρα $\displaystyle{(x_{2n-1})$ αύξουσα και φραγμένη, και $\displaystyle{(x_{2n})$ φθίνουσα και φραγμένη, που σημαίνει ότι και οι δύο συγκλίνουν. Αν , αντίστοιχα, τα όριά τους, είναι άμεσο ότι
$c=\sqrt {cd}, \, d = (c+d)/2$ , από όπου .

Το τελευταίο ερώτημα ρωτά την τιμή του ορίου.

Μάλλον δεν το εννοείς!

Στην βιβλιογραφία το όριο δεν το βρίσκουμε αλλά το βαφτίζουμε γιατί πρόκειται για νέο αριθμό. Συγκεκριμένα, ονομάζεται "ο αριθμητικογεωμετρικός μέσος του Gauss". Πρόκειται για έναν αριθμό τον οποίο μελέτησε εκτενώς ο Gauss και για τον οποίο έδειξε ότι ισούται με το ελλειπτικό ολοκλήρωμα

$\displaystyle{ \frac {\pi }{2} \frac {1}{ \int _0^{\pi} \frac {d\theta }{\sqrt {a^2\cos^2 \theta + b^2 \sin ^ 2ψ\theta}} } }$ (που δεν υπολογίζεται στοιχειωδώς).

Αν βάλετε στο Google τις λέξεις

Gauss arithmetic geometric mean

θα σας βγάλει πολλά, όπως π.χ. το https://en.wikipedia.org/wiki/Arithmeti ... etric_mean

Φιλικά,

Μιχάλης

Μιχάλη, υπάρχει διαφορά με αυτό που παραθέτεις. Στην άσκηση κάθε όρος βασίζεται στους δυο προηγούμενους ενώ στην παράθεση οι επόμενοι δυο όροι βασίζονται στους δυο προηγούμενους.

Αν δεν έχω κάνει λάθος το όριο είναι $\displaystyle{ \frac{2\sqrt{x_2}\sqrt{x_2-x_1}}{2\log{(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_2-x_1})}-\log{x_1}}.}$

Επεξεργασία: Μάλλον δεν έχω κάνει λάθος. Το όριο φαίνεται σωστό στην περίπτωση που ξεκινήσω με x_1=1,x_2=3

.

BAGGP93 · #152

Άσκηση 47

Έστω $\displaystyle{\left(H,<,>\right)}$ ένας πραγματικός χώρος $\displaystyle{\rm{Hilbert}}$ και $\displaystyle{Y}$ ένας γνήσιος κλειστός

υπόχωρος αυτού. Δείξτε ότι υπάρχει $\displaystyle{x_0\in H}$ με $\displaystyle{||x_0||=\sqrt{<x_0,x_0>}=1}$ και

$\displaystyle{\rm{dist}(x_0,Y)=1}$ .

Άσκηση 48

Έστωσαν $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)}$ ένας πραγαμτικός χώρος με νόρμα και $\displaystyle{Y}$ ένας υπόχωρος του $\displaystyle{\left(X,+,\cdot\right)}$

τέτοιος ώστε, αν $\displaystyle{f\in X^{\star}=\mathbb{B}(X,\mathbb{R})}$ με $\displaystyle{f|_{Y}=\mathbb{O}}$ , τότε $\displaystyle{f=\mathbb{O}}$ .

Δείξτε ότι ο $\displaystyle{Y}$ είναι πυκνός στον $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)}$ .

#153

Και τα δύο βρίσκονται ως θεωρία σε όλα ανεξαιρέτως τα βιβλία Συναρτησιακής Ανάλυσης, οπότε δεν υπάρχει λόγος να τα επαναλάβουμε με λεπτομέρειες. Θα γράψω όμως την κεντρική ιδέα.

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 47

Έστω $\displaystyle{\left(H,<,>\right)}$ ένας πραγματικός χώρος $\displaystyle{\rm{Hilbert}}$ και $\displaystyle{Y}$ ένας γνήσιος κλειστός

υπόχωρος αυτού. Δείξτε ότι υπάρχει $\displaystyle{x_0\in H}$ με $\displaystyle{||x_0||=\sqrt{<x_0,x_0>}=1}$ και

$\displaystyle{\rm{dist}(x_0,Y)=1}$ .

Είτε εργαζόμαστε με τυχαίο διάνυσμα $x\notin Y$ και ακολουθία $y_n\in Y$ με $\Vert y_n -x\Vert \to d(x, Y)$ ακολουθώντας π.χ. τον Halmos, Introduction to Hilbert Space, σελίς 23
ή λέμε τα ακόλουθα (τα οποία ουσιαστικά είναι η ανάποδη διαδικασία από τον Halmos)

Εφόσον

γνήσιος, ισχύει $Y^\perp \ne (0)$ . Παίρνουμε $0 \ne x_o \in Y ^\perp$ , που μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι μοναδιαίο (αλλιώς διαιρούμε με την νόρμα του). Από το Πυθαγόρειο έχουμε για κάθε $y\in Y$ ότι $\Vert y-x_o\Vert ^2 = \Vert y\Vert ^2 + \Vert x_o\Vert ^2 \ge \Vert x_o\Vert ^2=1$ . Άρα $\displaystyle{\rm{dist}(x_0,Y)\ge 1}$ . Όμως επειδή $0\in Y$ έχουμε και $\displaystyle{\rm{dist}(x_0,Y)\le 1}$ οπότε ισότητα.

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 48

Έστωσαν $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)}$ ένας πραγαμτικός χώρος με νόρμα και $\displaystyle{Y}$ ένας υπόχωρος του $\displaystyle{\left(X,+,\cdot\right)}$

τέτοιος ώστε, αν $\displaystyle{f\in X^{\star}=\mathbb{B}(X,\mathbb{R})}$ με $\displaystyle{f|_{Y}=\mathbb{O}}$ , τότε $\displaystyle{f=\mathbb{O}}$ .

Δείξτε ότι ο $\displaystyle{Y}$ είναι πυκνός στον $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)}$ .

Αν $\bar Y \ne X$ , τότε από πόρισμα του Θεωρήματος Hahn-Banach υπάρχει μη μηδενικό συνεχές συναρτησοειδές $f^*\in X^*$ με $f(\bar Y)={0}$ . Άτοπο. Άρα $\bar Y = X$ .

Μ.

Tolaso J Kos · #154

Άσκηση 49

Ας αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}(-1)^k \frac{\binom{n}{k}}{\sqrt{x+k}}>0 \quad , x>0 \; \; , n \geq 1}$ .

Tolaso J Kos · #155

'Ασκηση 50

Ας είναι $f:[a, b] \rightarrow [0, +\infty)$ μια συνεχής και όχι παντού μηδέν συνάρτηση. Να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n+1}\, {\rm d}t}{\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^n\, {\rm d}t}= \sup_{x \in [a, b]}f(x)}$

(Από το μαθηματικό Εργαστήρι)

#156

Tolaso J Kos έγραψε:'Ασκηση 50

Ας είναι $f:[a, b] \rightarrow [0, +\infty)$ μια συνεχής και όχι παντού μηδέν συνάρτηση. Να δείξετε ότι:

$\displaystyle{\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n+1}\, {\rm d}t}{\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^n\, {\rm d}t}= \sup_{x \in [a, b]}f(x)}$

Πρώτα παρατηρούμε ότι από Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{ \left ( \int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n+1} dt \right ) ^2 = \left ( \int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{\frac {n}{2}} \left [ f(t) \right ]^{\frac {n+2}{2}}dt \right ) ^2}$

$\displaystyle{\le \int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n} dt \int _a^b \left [ f(t) \right ]^{n+2}dt }$

οπότε $\displaystyle{ \frac {\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n+1} dt}{\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n} dt} \le \frac {\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n+2} dt}{\int_{a}^{b}\left [ f(t) \right ]^{n+1} dt }$

που σημαίνει ότι η προς εξέταση ακολουθία (το αριστερό μέλος) είναι αύξουσα. Θα δούμε ότι είναι και φραγμένη, οπότε συγκλίνει. Πράγματι, έστω

το μέγιστο της

. Τότε

$\displaystyle{ \left [f(x) \right ]^ {n+1} = \left [f(x)\right ] \left [f(x)\right ]^{n} \le M \left [f(x)\right ]^{n}}$ , οπότε ολοκληρώνοντας και έχουμε

$\displaystyle{\int _a^b \left [f(x) \right ]^ {n+1} dt \le M \int _a^b \left [f(x)\right ]^{n} dt}$

που με διαίρεση, δείχνει ότι η εν λόγω ακολουθία είναι φραγμένη από το

.

Δείξαμε ότι μία ακολουθία της μορφής $\left ( \frac {a_{n+1} }{a_n}\right )$ συγκλίνει. Για να βρούμε το όριο αρκεί να βρούμε το όριο της $\left ( \sqrt [n] {a_n} \right )$ διότι η θεωρία μας λέει ότι υπάρχει και είναι ίσο με το προηγούμενο, όταν υπάρχει το πρώτο. Στην περίπτωσή μας θέλουμε να δείξουμε ότι το τελευταίο όριο ισούται με

.

Έστω $\epsilon >0$ . Επιλέγουμε $\xi \in [a,b]$ τέτοιο ώστε $M=f(\xi )$ . Λόγω συνέχειας υπάρχει διάστημα

γύρω από το $\xi$ τέτοιο ώστε στο διάστημα αυτό έχουμε $f(x) \ge M-\epsilon, \, \forall x \in D$ . Αν

το μήκος του

έχουμε τότε

$\displaystyle{ (M-\epsilon)^nL \le \int _D \left [f(x)\right ]^n dx \le \int _a^b \left [f(x)\right ]^n dx \le M^n(b-a)}$

Παίρνοντας νιοστές ρίζες έπεται

$\displaystyle{ (M-\epsilon) \sqrt [n]L \le \sqrt [n] { \int _a^b \left [f(x)\right ]^n dx } \le M \sqrt [n]{b-a}}$

Επειδή $\displaystyle{ \sqrt [n]L \to 1, \, \sqrt [n]{b-a} \to 1}$ , η προηγούμενη δείχνει ότι η μεσαία ποσότητα είναι, για μεγάλα

, μεταξύ των $M-2\epsilon$ και $M+\epsilon$ και άρα

$\displaystyle{ \sqrt [n]{ \int _a^b \left [f(x)\right ]^n dx } \to M }$ .

Έπεται ότι το ζητούμενο όριο είναι επίσης $M=\sup f$ , και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Φιλικά,

Μιχάλης

Tolaso J Kos · #157

κ. Μιχάλη ευχαριστούμε!

BAGGP93 · #158

Άσκηση 51

Έστωσαν $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)\,,\left(Y,||\cdot||\right)}$ δύο χώροι με νόρμα, $\displaystyle{T\in\mathbb{B}(X,Y)}$ και

$\displaystyle{T^{\star}:Y^{\star}\longrightarrow X^{\star}\,,f\mapsto T^{\star}(f):=f\circ T}$ .

Δείξτε ότι $\displaystyle{T^{\star}\in\mathbb{B}(Y^{\star},X^{\star})$ με $\displaystyle{||T^{\star}||=||T||}$ .

BAGGP93 · #159

Άσκηση 52

Έστωσαν $\displaystyle{\left(H,<,>\right)}$ ένας χώρος $\displaystyle{\rm{Hilbert}}$ και $\displaystyle{\left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$

μια ακολουθία στοιχείων του $\displaystyle{H}$ με $\displaystyle{<x_{n},x_{m}>=0\,,\forall\,n\,,m\in\mathbb{N}\,,n\neq m}$ .

Αποδείξτε ότι η σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}}$ συγκλίνει (ως προς τη νόρμα που επάγεται από το εσωτερικό γινόμενο) αν, και μόνο αν

η πραγματική σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}||x_{n}||^2}$ συγκλίνει.

#160

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 51

Έστωσαν $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)\,,\left(Y,||\cdot||\right)}$ δύο χώροι με νόρμα, $\displaystyle{T\in\mathbb{B}(X,Y)}$ και

$\displaystyle{T^{\star}:Y^{\star}\longrightarrow X^{\star}\,,f\mapsto T^{\star}(f):=f\circ T}$ .

Δείξτε ότι $\displaystyle{T^{\star}\in\mathbb{B}(Y^{\star},X^{\star})$ με $\displaystyle{||T^{\star}||=||T||}$ .

Για κάθε $f\in Y^*,\, x\in X$ έχουμε

$\displaystyle{|T^*f(x) |= | f(Tx) | \le \Vert f\Vert \Vert Tx \Vert } \le \Vert f\Vert \Vert T \Vert \Vert x \Vert$

άρα

$\displaystyle{\Vert T^*f \Vert \le \Vert f\Vert \Vert T \Vert$

και άρα $\displaystyle{\Vert T^* \Vert \le \Vert T \Vert$

Αντίστροφα, για κάθε

υπάρχει από πόρισμα του Hahn-Banach, ένα μοναδιαίο

(που εξαρτάται aπό το

) τέτοιο ώστε

$\displaystyle{ \Vert Tx \Vert = | f(Tx)|$ . Άρα

$\displaystyle{ \Vert Tx \Vert = | f(Tx)|= |T^* f(x)|\le \Vert T^*f \Vert \Vert x \Vert \le \Vert T^* \Vert \Vert f\Vert \Vert x \Vert = \Vert T^* \Vert \Vert x \Vert$

οπότε

$\displaystyle{ \Vert T \Vert \le \Vert T^* \Vert$

Φιλικά,

Μιχάλης

Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Μέλη σε σύνδεση